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Funda¸c˜ ao Centro de Ciˆ encias e Educa¸ca ˜o Superior a Distˆ ancia do Estado do Rio de Janeiro Centro de Educa¸ca ˜o Superior a Distˆ ancia do Estado do Rio de Janeiro
1a AD
2013/1
EAR
Licenciatura em Matem´ atica
Vers˜ ao Gabarito
Coord. C. Vinagre & H. Clark
1a Quest˜ ao - [1 ponto] Mostre que, por meio do princ´ıpio de indu¸c˜ao matem´atica, que para todo n ∈ N tem-se ( ) (1) 1 − xn = (1 − x) 1 + x + · · · + xn−2 + xn−1 . Prova: Note que P [n] ´e a igualdade acima. • quando n = 1 tem-se 1 − x1 = 1 − x. Assim, P [1] ´e v´alida; • suponha, por hip´otese (esta ´e a HI), que a identidade em (1) ´e v´alida para um dado n. Ou seja, sup˜oe-se que ( ) P [n] : 1 − xn = (1 − x) 1 + x + · · · + xn−2 + xn−1 . (HI) ´e verdadeira para um certo n. Deve-se provar que P [n + 1] :
( ) 1 − xn+1 = (1 − x) 1 + x + · · · + xn−1 + xn
(2)
´e verdadeira. Como sempre ocorre quando se precisa mostrar uma igualdade, trabalha-se em um dos membros de (2) at´e chegar ao outro membro (aten¸c˜ao, est´a errado trabalhar nos dois membros de (2), pois se estar´a usando o que se quer provar.). No caso acima, adiciona-se e subtrai-se x ao primeiro membro de (2) de modo a obter-se - e se poder usar - o membro `a esquerda de (HI) (veja em azul a seguir): 1 − xn+1 = 1 − x + x − xn+1 = (1 − x) + x(1 − xn ).
(3)
Usando a HI no u ´ltimo termo do lado direito de (3) e as propriedades alg´ebricas de R tem-se [ ( )] 1 − xn+1 = (1 − x) + x (1 − x) 1 + x + · · · + xn−2 + xn−1 [ ( )] = (1 − x) 1 + x 1 + x + · · · + xn−2 + xn−1 ( ) = (1 − x) 1 + x + x2 + · · · + xn−1 + xn . (da primeira para a segunda linha acima, colocou-se o termo (1 − x) em evidˆencia). Portanto, P [n + 1] ´e verdadeira. Mostrou-se nesta etapa ent˜ao que P [n] ⇒ P [n + 1]. Pelas duas etapas acima e pelo PIM, tem-se ent˜ao que a igualdade P [n] ´e v´alida para todo n ∈ N. 2a Quest˜ ao - [1 ponto] Para todos a, b ∈ R, se a < b ent˜ao a <
a+b 2
< b.
Prova: Sendo por hip´otese a < b ent˜ao tem-se que 2a = a + a < a + b e a + b < b + b = 2b. Da´ı, 1 1 1 2a < a + b < 2b. Como 2 > 0 tem-se 1/2 > 0 e da´ı resulta a = (2a) < (a + b) < (2b) = b . 2 2 2
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3a Quest˜ ao - [2 pontos] Sejam x, a, ϵ ∈ R com ϵ > 0. Para garantir que ´e verdadeiro o enunciado |x − a| ≤ ϵ
se, e somente se,
a − ϵ ≤ x ≤ a + ϵ,
mostre detalhadamente as seguintes afirma¸c˜oes, com base nas propriedades alg´ebricas dos n´ umeros reais: (a) [1,0 pt] se |x − a| ≤ ϵ ent˜ao a − ϵ ≤ x ≤ a + ϵ; (b) [1,0 pt] se a − ϵ ≤ x ≤ a + ϵ ent˜ao |x − a| ≤ ϵ. Sugest˜ao: Use o procedimento usual para trabalhar com a defini¸c˜ao de m´odulo em ambos os itens. Prova: A hip´otese geral ´e: x, a, ϵ ∈ R e ϵ > 0. (a) Por hip´otese |x − a| ≤ ϵ. Como, por defini¸c˜ao, x − a se x ≥ a, |x − a| = −(x − a) se x < a, para utilizar a hip´otese, ´e preciso dividir o racioc´ınio em dois casos: x ≥ a e x < a. Assim: Caso 1: x ≥ a: Neste caso, |x − a| = x − a e por hip´otese x − a = |x − a| ≤ ϵ. Al´em disso, como ϵ > 0 ent˜ao −ϵ < 0 ≤ x − a, pois x ≥ a. Portanto, −ϵ ≤ x − a ≤ ϵ. Assim, conclui-se que a − ϵ ≤ x ≤ a + ϵ. Caso 2: x < a: Neste caso, |x − a| = −(x − a) e da hip´otese vem que −(x − a) = |x − a| ≤ ϵ, e da´ı segue −ϵ ≤ x − a. Al´em disso, como ϵ > 0 ent˜ao x − a < 0 < ϵ, donde vem que x − a ≤ ϵ. Portanto, −ϵ ≤ x − a ≤ ϵ. Assim, conclui-se tamb´em que a − ϵ ≤ x ≤ a + ϵ. Logo, em qualquer dos casos, a conclus˜ao ´e que a − ϵ ≤ x ≤ a + ϵ. 2 (b) Por hip´otese a − ϵ ≤ x ≤ a + ϵ. Da´ı, tem-se que a − ϵ ≤ x e x ≤ a + ϵ. Para mostrar que |x − a| ≤ ϵ, deve-se, aqui tamb´em, dividir o racioc´ınio em dois casos: Caso 1: x ≥ a: Neste caso, |x − a| = x − a e da hip´otese tem-se que |x − a| = x − a ≤ ϵ. Caso 2: x < a: Neste caso, |x − a| = −(x − a). Como por hip´otese a − ϵ ≤ x tem-se que −x ≤ ϵ − a. Portanto, |x − a| = −(x − a) ≤ ϵ. Logo, em qualquer dos casos, a conclus˜ao ´e que |x − a| ≤ ϵ. Conclui-se finalmente o enunciado: |x − a| ≤ ϵ se, e somente se, a − ϵ ≤ x ≤ a + ϵ. { } n 4a Quest˜ ao - [2 pontos] Seja A = 2n+1 ; n ∈ N . Identifique o supremo e o ´ınfimo do conjunto A e prove suas afirma¸c˜oes, usando a Defini¸c˜ao 2.4 das NA 2. Prova: Para identificar o supremo e o ´ınfimo de A, enumeram-se e compara-se entre si alguns elementos do conjunto e analisam-se estes elementos para valores “muito grande de n”: { } 1 2 3 4 100 n A= , , , ,..., ,..., ,... . 3 5 7 9 201 2n + 1 Pode-se ent˜ao observar que os elementos de A crescem `a medida que os valores de n aumentam. Tem-se at´e que n 1 1 lim = lim = . n→∞ 2n + 1 n→∞ 2 + 1/n 2 Portanto, o menor elemento de A ´e 1/3 e para valores “grandes”de n os elementos de A aproximam-se de 1/2, o qual n˜ao pertence a A. Assim, conjectura-se (isto ´e, sup˜oe-se) que o inf A = 1/3 e que o 2
sup A = 1/2. Estas s˜ao as conjecturas que podem ser feitas por an´alises emp´ıricas do conjunto dado. Elas s˜ao baseadas em observa¸c˜oes e estimativas e n˜ao servem como justicativas. No que se segue, mostra-se que estas conjecturas s˜ao verdadeiras usando-se as defini¸c˜oes e racioc´ınios matem´aticos j´a trabalhados. • Mostrando que inf A = 1/3: Pela Defini¸c˜ao 2.4 das NA 2 devem-se mostrar 2 afirma¸c˜oes: (I1) 1/3 ´e uma cota inferior de A: De fato, para n ∈ N tem-se que ∴ ∴
1 ≤ n. 2n + 1 ≤ 2n + n = 3n n 1 ≤ pois 2n + 1 > 0. 3 2n + 1
Assim, para todo n ∈ N vale: 1/3 ≤ n/(2n + 1). Portanto, 1/3 ´e uma cota inferior para A. (I2) 1/3 ´e a maior das cotas inferiores de A: De fato, como 1/3 ´e cota inferior de A e 1/3 ∈ A ent˜ ao pela Observa¸c˜ao 2.3 (4) das NA 2, tem-se que o inf A = 1/3. 2 • Mostrando que sup A = 1/2: Pela Defini¸c˜ao 2.4 das NA 2 devem-se mostrar 2 afirma¸c˜oes: (S1) 1/2 ´e uma cota superior para A. De fato, para n ∈ N tem-se que
∴ ∴
2n ≤ 2n + 1 2n + 1 n≤ 2 n 1 ≤ pois 2n + 1 2
2n + 1 > 0.
Assim, para todo n ∈ N tem-se que n/(2n + 1) ≤ 1/2. Portanto, 1/2 ´e uma cota superior para A. (S2) 1/2 ´e a menor das cota superiores de A, o que, pela Defini¸c˜ao 2.4 das NA 2 significa mostrar que nenhum n´ umero a < 1/2 ´e uma cota superior para A. Ou seja, deve-se considerar: a ∈ R, a <
1 n0 n0 e mostrar que existe pelo menos um ∈ A tal que a < . 2 2n0 + 1 2n0 + 1
Considere-se um n´ umero real a < 1/2. Logo 1 − 2a ̸= 0 e Arquimediana tem-se ent˜ao que existe um n0 ∈ N tal que n0 >
ent˜ao
a 1−2a
(⋆)
∈ R. Pela Propriedade
a . 1 − 2a
(∗)
Da´ı, usando as propriedades alg´ebricas de R (e como 1 − 2a > 0, j´a que a < 1/2), tem-se ∴ ∴ ∴ ∴
a < (1 − 2a)n0 . a < n0 − 2n0 a . a + 2n0 a < n0 . (1 + 2n0 )a < n0 . n0 a< . 2n0 + 1
Assim, existe um elemento n0 /(2n0 + 1) ∈ A tal que n0 /(2n0 + 1) > a. Logo a n˜ao ´e cota superior para A. Portanto, est´a provado que para todo n´ umero real a < 1/2 tem-se que a n˜ao ´e uma cota superior para A. Logo, das etapas (S1) e (S2) conclui-se que 1/2 = sup A. 3
Rascunho: Para descobrir o n0 da desigualdade (∗) fazem-se no rascunho contas “de tr´as para frente”, do que se quer provar at´e o ponto de partida. Na demonstra¸c˜ao, estas contas aparecem mas no sentido correto, do que se tem para o que se quer provar. Estude os exemplos feitos em aula para entender bem esta afirma¸c˜ao. Voltando ao problema: De fato, procura-se n0 ∈ N tal que valha a u ´ltima desigualdade de (⋆). Tem-se que a<
n0 a ⇔ 2n0 a + a < n0 ⇔ a < n0 − 2n0 a ⇔ a < n0 (1 − 2a) ⇔ n0 > . 2n0 + 1 1 − 2a
Portanto, basta tomar n0 >
a 1−2a .
A existˆencia deste n0 ´e garantida pela Propriedade Arquimediana.
5a Quest˜ ao - [2 pontos] Mostre que: (a) [1,0 pt] Se k1 , k2 ∈ N ent˜ao lim
k1 k n→∞ n 2
(b) [1,0 pt]
lim
n→∞
sen(f (n)) nk
= 0;
= 0 onde k ∈ N e f ´e uma fun¸c˜ao real qualquer definida em N.
Prova: (a) Sejam k1 , k2 ∈ N. Seja ϵ > 0. Pela Propriedade Arquimediana, existe n0 ∈ N tal que n0 > (k1 /ϵ)1/k2 . Suponha n ∈ N tal que n > n0 > (k1 /ϵ)1/k2 . Ent˜ao pelas propriedades alg´ebricas dos n´ umeros reais tem-se k1 /nk2 < ϵ (note que k1 , k2 s˜ao positivos). Assim, se n > n0 ent˜ao k1 /nk2 − 0 = k1 /nk2 < ϵ . Mostrou-se assim que: para todo n´ umero real ϵ > 0, existe n0 ∈ N tal para todo n ∈ N, se n > n0 ent˜ao k1 /nk2 − 0 < ϵ . Por defini¸c˜ao, conclui-se ent˜ao que lim k1 /nk2 = 0. 2 n→∞
(b) Como nada foi exigido sobre o tipo da prova, pode-se fazer pela defini¸c˜ao ou aplicando-se um resultado j´a demonstrado sobre limite de sucess˜oes. Vamos ent˜ao usar o item (a) e o Teorema do Sandu´ıche: Sejam k ∈ N e f : N → R. No item (a) mostrou-se em particular que lim n1k = 0 . n→∞
Como, por propriedade da fun¸c˜ao seno, tem-se que para todo n ∈ N, −1 ≤ sen(f (n)) ≤ 1 e nk > 0 ent˜ao 1 sen(f (n)) 1 − k ≤ ≤ k para todo n ∈ N. k n n n Portanto, pode-se aplicar o Teorema 7.6 (Teorema do Sandu´ıche) e obter 0 ≤ lim
n→∞
sen(f (n)) ≤ 0. nk
Tem-se ent˜ao o resultado procurado. Observa¸ c˜ ao: Para demonstrar pela defini¸c˜ao, tamb´em se usa o fato de que para todo n ∈ N, −1 ≤ sen(f (n)) ≤ 1, ou seja, que | sen(f (n)| ≤ 1 para todo n ∈ N. 6a Quest˜ ao - [2 pontos] Seja (xn )n∈N uma sucess˜ao de n´ umeros reais negativos e L seu limite. Mostre que L ≤ 0, ou seja, que L n˜ao pode ser positivo (sugest˜ao: raciocine por absurdo). Prova: Por hip´otese L = lim xn e xn < 0 para todo n ∈ N. Por defini¸c˜ao tem-se que: para todo n´ umero real ϵ > 0 dado, existe n0 ∈ N tal que |xn − L| < ϵ para todo n ≥ n0 .
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Suponhamos por absurdo que L > 0. Ora, como a afirma¸c˜ao acima ´e verdadeira para todo n´ umero real positivo ϵ, ela vale em particular para o n´ umero real positivo ϵ = L: ou seja, existe n0 ∈ N tal que L − L = L − ϵ < xn < L + ϵ = L + L para todo n ≥ n0 . Da´ı, 0 < xn para todo n ≥ n0 .
(⋆)
Mas isto contradiz a hip´otese de que xn < 0 (negativo) para todo n ∈ N. O que levou a esta contradi¸c˜ ao foi supor que L > 0. Logo, L ≤ 0. 2 ´ oportuno observar que h´a sucess˜oes com limite zero e todos os termos negativos. Por Observa¸ c˜ ao: E ´ por isto que na conclus˜ao do exerc´ıcio o limite L ´e menor ou igual a zero. exemplo, xn = −1/n. E
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